$⌊\sqrt n⌋+⌊\sqrt{4n+1}⌋=⌊\frac32⌊\sqrt{4n+1}⌋⌋$

hbghlyj

对$n\inN$如何证明$$\lfloor\sqrt{n}\rfloor+\lfloor\sqrt{4n+1}\rfloor = \lfloor\frac{3}{2} \lfloor \sqrt{4n+1} \rfloor\rfloor$$1,3,4,4,6,6,7,7,7,9,9,9,10,10,10,10,…

Aluminiumor

记 $k=\lfloor\sqrt{4n+1}\rfloor\in\mathbb{N}_{+}$
则 $$\sqrt{4n+1}-1< k\leq\sqrt{4n+1}\Longrightarrow k^2-1\leq4n<k^2+2k$$
注意到
$$\lfloor\frac{k}{2}\rfloor+k=\lfloor\frac{3k}{2}\rfloor$$
故只需证
$$\lfloor\sqrt{n}\rfloor=\lfloor\frac{k}{2}\rfloor$$
(1)若 $k$ 为偶数，$\lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor=\dfrac{k}{2}$
$$\lfloor\sqrt{n}\rfloor=\frac k2\Longleftrightarrow \sqrt{n}-1<\frac k2\leq\sqrt{n}\Longleftrightarrow k^2\leq4n<(k+2)^2$$
注意此时 $k^2-1\leq4n\Longleftrightarrow k^2\leq4n$, 故得证。

(2)若 $k$ 为奇数，$\lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor=\dfrac{k-1}{2}$
$$\lfloor\sqrt{n}\rfloor=\frac{k-1}{2}\Longleftrightarrow\sqrt{n}-1<\frac{k-1}{2}\leq\sqrt{n}\Longleftrightarrow k^2-2k+1\leq4n<(k+1)^2$$
得证.